精品解析：广东省惠州市2018届高三第一次调研考试理综物理试题(解析版)

广东省惠州市2018届高三第一次调研考试理综物理试题
1. 下列与α粒子相关的说法中正确的是（ ）
A. 天然放射现象中产生的α射线速度与光速差不多，穿透能力强
B.
23892
U （铀238）核放出一个α粒子后就变为23490Th （钍234）
C. 高速α粒子轰击氮核可从氮核中打出中子，核反应方程为144161
7208N He O n +→+
D. 丹麦物理学家玻尔进行了α粒子散射实验并首先提出了原子的核式结构模型 【答案】B 【解析】
【详解】A ．天然放射性现象中产生的α射线速度为光速的十分之一，电离能力较强，穿透能力较弱．故A 错误；
B ．23892U 核放出一个α粒子，电荷数少2，质量数少4，则电荷数为90，质量数234，变为23490Th ，故B 正
确；
C ．高速α粒子轰击氮核可从氮核中打出质子，核反应方程为
14
41172817
N He O H +→+
故C 错误；
D ．英国科学家卢瑟福进行了α粒子散射实验并首先提出了原子的核式结构模型，故D 错误。

故选B 。

2. 如图所示，两个相同的固定斜面上分别放有一个处于静止的三角形木块A 、B ，它们的质量相等。

A 木块左侧面沿竖直方向，B 木块左侧面垂直于斜面，在两斜面上分别放上一个相同的光滑球后，木块仍保持静止，则放上球后（ ）
A. A 木块受到的摩擦力等于B 木块受到的摩擦力
B. A 木块受到的摩擦力小于B 木块受到的摩擦力
C. A 木块对斜面的压力等于B 木块对斜面的压力
D. A 木块对斜面的压力大于B 木块对斜面的压力
【答案】A 【解析】
【详解】设小球的质量为m ，A 、B 的质量为M ，斜面的倾角为α．以小球与A 整体为研究对象，由平衡条件可得：A 木块受到的摩擦力 f A =（M+m ）gsinα；同理，以小球与B 整体为研究对象，得到B 木块受到的摩擦力 f B =（M+m ）gsinα，则f A =f B ．故A 正确，B 错误．
以A 为研究对象，分析受力，如图所示，由平衡条件得：斜面对A 的支持力 N A =Mgcosα-N 1sinα；以B 为研究对象，分析受力，由平衡条件得：斜面对B 的支持力 N B =Mgcosα，则得 N A ＜N B ．由牛顿第三定律可知，A 木块对斜面的压力小于B 木块对斜面的压力．故CD 错误．故选A
点睛：本题一要灵活选择研究对象，二要灵活选择研究方法，本题采用整体法和隔离法相结合研究，比较简便．
3. 如图所示，天车下吊着两个质量都是m 的
工件A 和B ，系A 的吊绳较短，系B 的吊绳较长，若天车运动到P 处突然停止，则两吊绳所受拉力F A 、F B 的大小关系是（ ）
A. F A ＞F B ＞mg
B. F A ＜F B ＜mg
C. F A =F B =mg
D. F A =F B ＞mg
【答案】A 【解析】
【详解】天车运动到P 处突然停止时，A 、B 以相同的速度将做圆周运动，根据F-mg ＝m 2 v L 得：F=mg+ m 2
v L
，
因为A 的绳长小于B 的绳长，则A 的拉力大于B 的拉力．故A 正确，BCD 错误．故选A.
点睛：解决本题的关键能够判断出天车突然停止时A 、B 的运动情况，以及知道圆周运动径向的合力提供向心力．
4. 如果人造地球卫星受到地球的引力为其在地球表面时的一半, 则人造地球卫星距地面的高度是（已知地球的半径为R ） A. R B. 2R
C. (21)R -
D. (21)R +
【答案】C 【解析】
【详解】由万有引力定律得：
2
GMm
F R =
， 21 2GMm F r =， 解得
r =2R ，
则卫星距地面的高度
h =r -R =（2-1）R ；
故选C ．
5. 物体沿直线运动的v -t 关系如图所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W ，则
A. 从第1秒末到第3秒末合外力做功为4W ．
B. 从第3秒末到第5秒末合外力做功为－2W ．
C. 从第5秒末到第7秒末合外力做功为W ．
D. 从第3秒末到第4秒末合外力做功－2W ．
【答案】C 【解析】 【分析】
【详解】A ．物体在第1秒末到第3秒末做匀速直线运动，合力为零，做功为零．故A 错误．
B ．从第3秒末到第5秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相反，合力的功相反，等于-W ．故B 错误．
C ．从第5秒末到第7秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相同，合力做功相同，即为W ．故C 正确．
D．从第3秒末到第4秒末动能变化量是负值，大小等于第1秒内动能的变化量的3
4
，则合力做功为-0.75W．故
D错误．
故选C.
点睛：本题考查动能定理的应用能力．动能定理的直接应用是：由动能的变化量求出合力做的功，或由合力做功求动能的变化量．
6. 如图所示，图中以点电荷Q为圆心的虚线同心圆是该点电荷电场中球形等势面的横截面图。

一个带正电的粒子经过该电场，它的运动轨迹如图中实线所示，M和N是轨迹上的两点。

不计带电粒子受到的重力，由此可以判断（）
A. 此粒子在M点的加速度小于在N点的加速度
B. 此粒子在M点的电势能大于在N点的电势能
C. 此粒子在M点的动能小于在N点的动能
D. 电场中M点的电势低于N点的电势
【答案】AD
【解析】
【详解】A．粒子运动轨迹为曲线，根据合力指向曲线内侧可判断场源电荷为正电荷，离场源电荷越近粒子受到电场力越大，加速度越大，所以粒子在M点的加速度小于在N点的加速度，故A正确；
BC．粒子从N到M电场力做正功，动能增大，M点的动能大于在N点的动能，电势能减少，即在M点的电势能小于在N点的电势能，故BC错误；
D．场源电荷为正电荷，电场线从正电荷指向无穷远，沿电场线电势逐渐降低，即N点电势高于M点电势，故D正确。

故选AD。

7. 如图所示是通过变压器降压给用户供电的示意图．变压器输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入
电压不会有大的波动．输出电压通过输电线输送给用户，输电线的电阻用
R表示，开关S闭合后，相当于接入电路中工作的用电器增加．如果变压器上的能量损失可以忽略，所有电表均为理想电表，则开关S闭合后（）
A. 电表1V 示数不变，2V 示数减小
B. 电表1A 、2A 示数均增大
C. 原线圈输入功率减小
D. 电阻1R 两端的电压减小 【答案】BD 【解析】
【详解】A ．因为输入电压几乎不变，原副线圈的电压比等于匝数之比，则副线圈的电压几乎不变，即电压表V 1、V 2的读数几乎不变，故A 错误；
B ．因为负载增加，则副线圈总电阻减小，副线圈电压不变，则副线圈电流增大，即A 2增大，原副线圈电流之比等于匝数之反比，所以A 1示数变大，故B 正确；
C ．因为负载增加，则副线圈总电阻减小，副线圈电压不变，则副线圈电流增大，由P =UI 知功率增加，故C 错误；
D ．电压表V 2、V 3示数之差等于副线圈导线上的电压损失，△U =IR 增加，电阻R 1两端的电压减小，故D 正确。

故选BD 。

8. 如图所示为某种质谱仪的工作原理示意图。

此质谱仪由以下几部分构成：粒子源N ；P 、Q 间的加速电场；静电分析器，即中心线半径为R 的四分之一圆形通道，通道内有均匀辐射电场，方向沿径向指向圆心O ，且与圆心O 等距的各点电场强度大小相等；磁感应强度为B 的有界匀强磁场，方向垂直纸面向外；胶片M ．由粒子源发出的不同带电粒子，经加速电场加速后进入静电分析器，某些粒子能沿中心线通过静电分析器并经小孔S 垂直磁场边界进入磁场，最终打到胶片上的某点。

粒子从粒子源发出时的初速度不同，不计粒子所受重力。

下列说法中正确的是（ ）
A. 从小孔S 进入磁场的粒子速度大小一定相等
B. 从小孔S 进入磁场的粒子动能一定相等
C. 打到胶片上同一点的粒子速度大小一定相等
D. 打到胶片上位置距离O 点越远的粒子，其荷质比（q
m
）越小 【答案】CD 【解析】 【分析】
【详解】直线加速过程，根据动能定理，有
22
01122
qU mv mv =
-① 电场中偏转过程，根据牛顿第二定律，有
2
v qE m r
=②
磁场中偏转过程，根据牛顿第二定律，有
2
v qvB m r
=③
A ．由①②解得
2
02qU v v m
=+、2
02qU v R qE +=
⑤ 由⑤式，只要满足2
2qU v R qE
+=，所有粒子都可以在弧形电场区通过；由④式，不同粒子从小孔S 进入
磁场的粒子速度大小与比荷，及初速度大小有关，故A 错误； B ．由①式，从小孔S 进入磁场的粒子动能为2
012
qU mv +，故不同电量的粒子，及初速度不同，则其动能不同，故B 错误； C ．由③④解得
2
2m qU r v Bq m
=
+ 打到胶片上同一点的粒子的比荷一定相等；由④式，比荷相同，故粒子的速度相同，故C 正确； D ．由③④解得
2
2m qU r v Bq m
=
+ 故打到胶片上位置距离O 点越远的粒子，比荷越小，故D 正确。

故选CD 。

9. 用接在50 Hz 交流电源上的打点计时器，测定小车速度，某次实验中得到一条纸带，如下图所示，从比较清晰的点起，每五个打印点取一个记数点，分别标明0、l 、2、3、4……，量得0与 1两点间距离x1=30mm ，3与4两点间的距离x2=48mm ，则小车在0与1两点间的时间间隔是____ s, 0与1两点间的平均速度为____ m/s ，若小车作匀加速直线运动，则其加速度大小为____m/s2．
【答案】 (1). 0.1 (2). 0.3 (3). 0.6 【解析】
【详解】试题分析：50.020.1T s s =⨯=，小车在0与1两点间平均速度为1300.3/0.1mm
v m s s
== 在2与3两点间平均速度为248v 0.48/0.1
mm
m s ==，速度在增加，做加速运动 考点：考查了平均速度的计算
点评：在分析平均速度时，需要找出对应的位移和所用的时间 10. 在“测定金属丝的电阻率”的实验中，某同学进行了如下测量：
（1）用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属丝的有效长度．测量3次，求出其平均值L.其中一次测量结果如图甲所示，金属丝的另一端与刻度尺的零刻线对齐，图中读数为________ cm.用螺旋测微器测量金属丝的直径，选不同的位置测量3次，求出其平均值d.其中一次测量结果如图乙所示，如图乙中读数为__________mm ．
（2）采用如图丙所示的电路测量金属丝的电阻．电阻的测量值比真实值_____(填“偏大”或“偏小”)．最后由公式ρ＝_____计算出金属丝的电阻率（用直接测量的物理量表示）． 【答案】 (1). 24.12~24.14 (2). 0.518~0.519 (3). 偏小 (4). 4dU
IL
π
【解析】
【详解】（1）[1][2]毫米刻度尺读数要估读到0.1mm ，故读数为241.3mm=24.13cm ；读出在24.12~24.14均合理，螺旋测微器固定刻度读数为0，半刻度读数0.5mm ，可动刻度读数1.8×0.01=0.018mm ，故毫米刻度尺读数为0.518mm ；由于估读，故在0.518~0.519范围内均合理．
（2）[3][4]由于采用了安培表外接法，电压表的分流作用会使电流测量值I 偏大，而电压测量值U 准确，故根据欧姆定律U R I =
，电阻测量值偏小；根据欧姆定律：U
R I
=根据电阻定律 L R S
ρ=
其中
2()2
d S π=
故
4dU
IL
πρ=
11. 一平直的传送带以速率ｖ＝2ｍ／ｓ匀速运行，在Ａ处把物体轻轻地放到传送带上，经过时间ｔ＝6ｓ，物体到达Ｂ处．Ａ、Ｂ相距Ｌ＝10ｍ．求： （1） 物体在传送带上匀加速运动的时间是多少?
（2）如果提高传送带的运行速率，物体能较快地传送到Ｂ处．要让物体以最短的时间从Ａ处传送到Ｂ处，传送带的运行速率至少应为多大?
（3）若使传送带运行速率为10m/s ，则物体从Ａ传送到Ｂ的时间又是多少?
【答案】（1）2s （2）（3）【解析】
【详解】(1)在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从Ａ到Ｂ需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为ｔ1，匀速运动的时间为2t ,则
2102
t １ｖｔ＋ｖ＝ ｔ１＋2t ＝ 6
所以22261022
vt v ⨯⨯１
（－Ｌ）（－）
ｔ＝＝ｓ＝ｓ
(2)为使物体从Ａ至Ｂ所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不
变，所以其加速度也不变．而21/v a m s t
＝＝
由22as v = v ｍｉｎ＝1×25m/s ＝25m/s ．
(3)传送带速度为V=10m/s>25ｍ／ｓ，物体一直做加速度为1m/s 2的匀加速运动，设物体从Ａ至Ｂ所用最短的时间为ｔ，则
1
2
ａｔ２＝Ｌ， ｔ＝
2L a =2101
⨯＝25ｓ． 12. 如图甲所示，放置在水平桌面上的两条光滑导轨间的距离L ＝1m ，质量m=1kg 的光滑导体棒放在导轨上，导轨左端与阻值R=4Ω的电阻相连，导轨所在位置有磁感应强度为B ＝2T 的匀强磁场，磁场的方向垂直导轨平面向下，现在给导体棒施加一个水平向右的恒定拉力F ，并每隔0.2s 测量一次导体棒的速度，乙图是根据所测数据描绘出导体棒的v －t 图像.（设导轨足够长）求：
（1）力F 的大小.
（2）t=1.6s 时，导体棒的加速度.
（3）若1.6s 内导体棒的位移X ＝8m ，试计算1.6s 内电阻上产生的热量. 【答案】（1）10N （2）2m/s 2（3）48J 【解析】
【详解】（1）E=BLv
I=E/R
F安=BIL
当速度最大时F拉=F安
解得
22
m
B l v
F
R
拉
=10N
⑵当t=1.6s时，v1=8m/s 此时F安=B2L2 v1/R=8N F拉－F安= ma
a=2m/s2
⑶由能量守恒得FS=Q+1
2
Mv21
解得Q =48J
13. 如图所示，一个半径为R=1.00m的粗糙圆孤轨道，固定在竖直平面内，其下端切线是水平的，轨道下端距地面高度为h=1.25m在轨道末端放有质量为m B=0.05kg的小球(视为质点)，B左侧轨道下装有微型传感器，另一质量为m A=0.10kg的小球A(也视为质点)由轨道上端点从静止开始释放，运动到轨道最低处时，传感器显示读数为2.6N，A与B发生正碰，碰后B小球水平飞出，落到地面时的水平位移为s=1.00m，不计空气阻力，重力加速度取g=10m/s2.求：
（1）小球A运动到轨道最低处时的速度大小
（2）小球A在碰前克服摩擦力所做的功；
（3）A与B碰撞过程中，系统损失机械能.
【答案】（1）4.00m/s（2）0.20J（3）0.25J
【解析】
【详解】(1)在最低点对球由牛顿第二定律有：F A-m A g=
2
A
A
v m
R
解得v A=4.00m/s
(2)由动能定理有：m A gR-W f =212
A A m v 解得：W f =0.20J （3）碰后对
B 球平抛有：212h gt =
'B s v t =
∴v′B =2.0m/s B 碰由动量守恒定律有：m A v A =m A v′A +m B v′B ∴v′A =3.0m/s
由能量守恒得：ΔE 损=222111''222A A A A B B m v m v m v -- 故 ΔE 损=0.25J。